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湖南省名校联考联合体2024-2025学年高二上学期第二次联考数学试题（Word版附解析）
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这是一份湖南省名校联考联合体2024-2025学年高二上学期第二次联考数学试题（Word版附解析），文件包含湖南省名校联考联合体2024-2025学年高二上学期第二次联考数学试题Word版含解析docx、湖南省名校联考联合体2024-2025学年高二上学期第二次联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
时量：120分钟 满分：150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 图中的U是全集，A，B是U的两个子集，则表示）的阴影部分是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合运算的定义，结合韦恩图分析即可得解.
【详解】对于A，图中阴影部分表示，故A错误；
对于B，图中阴影部分表示，故B错误；
对于C，图中阴影部分表示，故C正确；
对于D，图中阴影部分表示，故D错误.
故选：C.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算法则求出复数，再求其共轭复数即得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选:C．
3. 某学校的高一、高二及高三年级分别有学生1000人、人、人，用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为人的样本，抽出的高一、高二及高三年级学生的平均身高为、、，估计该校学生的平均身高是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由分层抽样的概念求出各个年级抽得的人数，计算平均数即可.
【详解】因为高一、高二及高三年级分别有学生1000人、人、人，
用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为人的样本，
则高一、高二及高三年级分别抽人，人，人，
抽出的高一、高二及高三年级学生的平均身高为、、，
所以该校学生的平均身高为.
故选：B
4. 已知直线：，直线：，若，则（ ）
A. 1或B. 2或−2C. 2D. −2
【答案】C
【解析】
【分析】由两条直线的一般式方程平行的条件求解即可.
【详解】因为直线：，直线：，
若，则，解得，所以，
故选：C
5. 若，，是空间一组不共面的向量，则不共面的一组向量为（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量共面定理依次判断各选项即可得到答案.
【详解】A选项：，所以，，是共面向量；
B选项：，所以，，是共面向量；
C选项：， 所以，，是共面向量；
D选项：令，显然无解，故不是共面向量.
故选：D
6. 已知，，且，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】两边同乘，得到，令，转化为二次方程在有解，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】因为，且，两边同乘，可得，
令，则，可得，即，
所以关于的二次方程在有解，
令，可知其图象开口向上，对称轴为，
原题意等价于，解得，
当时，方程，即，
解得，此时，满足题意，所以的最小值为.
故选：C.
7. 圆：与圆：的内公切线长为（ ）
A. 3B. 5C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】在平面直角坐标系中作出两个圆，由图可知内公切线一条为轴，求公切线的长即可.
【详解】如图：
由图可知圆与圆的内公切线有一条为轴，
则公切线的长为AB=4，
方法二：，
所以内公切线的长为：
故选：D
8. 已知函数的定义域为，且，若，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，即的周期为，可得，即可求范围.
【详解】解：，
，
即，
即，
所以4上函数的一个周期，
，
.
故选：C.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 以下是方程的解的为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
分析】解正切型方程判断即可.
【详解】因为，所以，，
所以，，所以是方程的解，
故选：ACD
10. 已知直线：，圆：，以下正确的是（ ）
A. 与圆不一定存在公共点
B. 圆心到的最大距离为
C. 当与圆相交时，
D. 当时，圆上有三个点到的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据直线与圆的位置关系，求圆心到直线的距离判断；对于B，由于直线恒过定点，所以当时，圆心到直线的距离最大，从而可求出其最大值；对C，根据直线与圆的位置关系求解判断；对D，求出圆心到直线的距离，进而判断.
【详解】对于A，圆心到直线的距离为，
当，即，解得或，此时直线与圆相离，没有公共点，故A正确；
对于B，因为直线，即，所以直线过定点，
当时，圆心到直线的距离最大，最大值为，故B正确；
对于C，当直线与圆相交时，则，解得，故C错误；
对于D，当时，直线，圆心到直线的距离为，
所以圆上有三个点到直线的距离为，故D正确.
故选：ABD.
11. 当时，记，，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】先明确题意，表示一个数的科学计数法，，，然后找一个数，然后利用科学计数法表示，然后分别写出对应的函数值,判断每一个选项即可.
【详解】我们先理解题意，表示了一个数科学计数法；其中，
不妨令另一个数为，则，
所以当时，得，
当时，得，
此时，，
故选项A错误；选项C正确；
，
所以当时，，
此时， ，
当时，，此时，
，
故选项B错误，选项D正确；
故选:CD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线的截距式方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】直接化简计算即可.
【详解】直线的截距式方程为：.
故答案为：
13. 已知空间中三点的坐标分别为，则点到直线的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合点到直线的向量公式，即可求解.
【详解】由点，可得，
所以点到直线的距离为，
所以点C到直线的距离为.
故答案为：.
14. 从球外一点作球表面的三条不同的切线，切点分别为 ，令，，.若，，，则球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到，得到为直角三角形，取的中点，由截面圆的性质，可得平面，再由平面，得到四点共面，结合四边形为正方形，求得，得到球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，从球O外一点P作球O表面的三条不同的切线，
且，，，
可得，，
则，可得，所以为直角三角形，
取的中点，连接，由截面圆的性质，可得平面，
在中，，且的中点，可得，
又由，所以，所以，
因为，且平面，所以平面，
所以与重合，所以四点共面，
连接，则，
所以四边形为正方形，所以，即外接球的半径为，
所以球的表面积为.
故答案为：.
四、解答题：本题共.5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
（1）求B；
（2）若，，求c.（提示：.）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边再结合余弦定理求解即可；
（2）由正弦定理得到，结合求得，，然后由正弦定理求解边即可.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得：，即，
所以由余弦定理：，
因为B∈0,π，所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，，
由正弦定理得，所以，
所以，
所以，因为，
所以由正弦定理得：，所以.
16. 在三棱锥中，已知，，平面的法向量为.
（1）求异面直线，所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用向量的夹角公式，准确计算，即可求解；
（2）根据，求得，得到，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，，
设异面直线，所成角为，
可得，
所以异面直线，所成角的余弦值.
【小问2详解】
解：由向量，，且平面的法向量为，
所以，解得，所以，
设直线与平面所成角为，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦值.
17. 在平面直角坐标系中，已知，，，且，点P的轨迹为C.
（1）求C的方程；
（2）求证：当，是x正半轴上的两个不同点，且时，为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由两点间的距离公式，建立等量关系化简即可得C的方程；
（2）由两点间的距离公式，及，化简证明即可.
【小问1详解】
因为已知，，Px,y，
所以，，
因为，所以，
化简得：，
所以C的方程为：.
【小问2详解】
证明：当，是x正半轴上的两个不同点，
则，且，所以，Px,y，
，，
所以，
又，所以，
所以为定值.
18. 在正四棱台中，已知，，，，，，.
（1）证明：平面；
（2）设平面与平面的夹角为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由，即可证明平面；
（2）由（1）可知平面的法向量为，然后求出平面的法向量，求解平面与平面的夹角余弦值即可.
【小问1详解】
如图：连接交于点，交于点，则平面，
又因为在正四棱台中，为正方形，所以，
所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，所以，，
又，所以，
所以A2,0,0，，，，，，，，
因为，所以，
所以，所以，所以，
又，所以，，
所以，所以，
所以，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，
，，令，，，
所以，所以，
所以，所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知，平面的法向量为，
，，
设平面的一个法向量为：n=a,b,c，
则，，令，则，，
所以，
因为平面与平面的夹角为，
所以.
19. 已知函数，，的定义域均为定义：若存在n个互不相同的实数，使得，则称与关于“n维交换”.
（1）判断函数与是否关于“n维交换”，并说明理由；
（2）设，，若与关于“维交换”，求实数k的值.
【答案】（1）与关于是“n维交换”，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意求出，，令，解出的值即可判断；
（2）找到等量关系，构造函数转化零点个数问题求解即可.
【小问1详解】
因为，，
令，所以，解得，
所以有唯一实数解，
即与关于是“维交换”，
所以与关于是“n维交换”.
【小问2详解】
令，依题意，函数R上有3个零点，
显然，即是函数的零点，
当时，若，则，，即函数在时无零点，
若，则在上单调递增，
，函数在时只有1个零点，不符合题意，
因此，①当时，，
显然函数的图象恒过点，
则当时，函数的图象开口向上，在时仅只一个零点，
当时，，在时没有零点，
②当时，，
显然函数的图象恒过点，
，当，即时，在时仅只一个零点，
当，即时，在时有2个零点，
当，即时，在时没有零点，
③当时，，
显然函数的图象恒过点，
当时，在时无零点，当时，在时有1个零点，
综上所述，当时，有3个零点，
所以当与关于“3维交换”时，
【点睛】关键点点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找到等量关系，转化零点个数问题是本题的解题关键.
时量：120分钟 满分：150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 图中的U是全集，A，B是U的两个子集，则表示）的阴影部分是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合运算的定义，结合韦恩图分析即可得解.
【详解】对于A，图中阴影部分表示，故A错误；
对于B，图中阴影部分表示，故B错误；
对于C，图中阴影部分表示，故C正确；
对于D，图中阴影部分表示，故D错误.
故选：C.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算法则求出复数，再求其共轭复数即得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选:C．
3. 某学校的高一、高二及高三年级分别有学生1000人、人、人，用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为人的样本，抽出的高一、高二及高三年级学生的平均身高为、、，估计该校学生的平均身高是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由分层抽样的概念求出各个年级抽得的人数，计算平均数即可.
【详解】因为高一、高二及高三年级分别有学生1000人、人、人，
用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为人的样本，
则高一、高二及高三年级分别抽人，人，人，
抽出的高一、高二及高三年级学生的平均身高为、、，
所以该校学生的平均身高为.
故选：B
4. 已知直线：，直线：，若，则（ ）
A. 1或B. 2或−2C. 2D. −2
【答案】C
【解析】
【分析】由两条直线的一般式方程平行的条件求解即可.
【详解】因为直线：，直线：，
若，则，解得，所以，
故选：C
5. 若，，是空间一组不共面的向量，则不共面的一组向量为（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量共面定理依次判断各选项即可得到答案.
【详解】A选项：，所以，，是共面向量；
B选项：，所以，，是共面向量；
C选项：， 所以，，是共面向量；
D选项：令，显然无解，故不是共面向量.
故选：D
6. 已知，，且，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】两边同乘，得到，令，转化为二次方程在有解，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】因为，且，两边同乘，可得，
令，则，可得，即，
所以关于的二次方程在有解，
令，可知其图象开口向上，对称轴为，
原题意等价于，解得，
当时，方程，即，
解得，此时，满足题意，所以的最小值为.
故选：C.
7. 圆：与圆：的内公切线长为（ ）
A. 3B. 5C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】在平面直角坐标系中作出两个圆，由图可知内公切线一条为轴，求公切线的长即可.
【详解】如图：
由图可知圆与圆的内公切线有一条为轴，
则公切线的长为AB=4，
方法二：，
所以内公切线的长为：
故选：D
8. 已知函数的定义域为，且，若，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，即的周期为，可得，即可求范围.
【详解】解：，
，
即，
即，
所以4上函数的一个周期，
，
.
故选：C.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 以下是方程的解的为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
分析】解正切型方程判断即可.
【详解】因为，所以，，
所以，，所以是方程的解，
故选：ACD
10. 已知直线：，圆：，以下正确的是（ ）
A. 与圆不一定存在公共点
B. 圆心到的最大距离为
C. 当与圆相交时，
D. 当时，圆上有三个点到的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据直线与圆的位置关系，求圆心到直线的距离判断；对于B，由于直线恒过定点，所以当时，圆心到直线的距离最大，从而可求出其最大值；对C，根据直线与圆的位置关系求解判断；对D，求出圆心到直线的距离，进而判断.
【详解】对于A，圆心到直线的距离为，
当，即，解得或，此时直线与圆相离，没有公共点，故A正确；
对于B，因为直线，即，所以直线过定点，
当时，圆心到直线的距离最大，最大值为，故B正确；
对于C，当直线与圆相交时，则，解得，故C错误；
对于D，当时，直线，圆心到直线的距离为，
所以圆上有三个点到直线的距离为，故D正确.
故选：ABD.
11. 当时，记，，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】先明确题意，表示一个数的科学计数法，，，然后找一个数，然后利用科学计数法表示，然后分别写出对应的函数值,判断每一个选项即可.
【详解】我们先理解题意，表示了一个数科学计数法；其中，
不妨令另一个数为，则，
所以当时，得，
当时，得，
此时，，
故选项A错误；选项C正确；
，
所以当时，，
此时， ，
当时，，此时，
，
故选项B错误，选项D正确；
故选:CD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线的截距式方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】直接化简计算即可.
【详解】直线的截距式方程为：.
故答案为：
13. 已知空间中三点的坐标分别为，则点到直线的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合点到直线的向量公式，即可求解.
【详解】由点，可得，
所以点到直线的距离为，
所以点C到直线的距离为.
故答案为：.
14. 从球外一点作球表面的三条不同的切线，切点分别为 ，令，，.若，，，则球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到，得到为直角三角形，取的中点，由截面圆的性质，可得平面，再由平面，得到四点共面，结合四边形为正方形，求得，得到球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，从球O外一点P作球O表面的三条不同的切线，
且，，，
可得，，
则，可得，所以为直角三角形，
取的中点，连接，由截面圆的性质，可得平面，
在中，，且的中点，可得，
又由，所以，所以，
因为，且平面，所以平面，
所以与重合，所以四点共面，
连接，则，
所以四边形为正方形，所以，即外接球的半径为，
所以球的表面积为.
故答案为：.
四、解答题：本题共.5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
（1）求B；
（2）若，，求c.（提示：.）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边再结合余弦定理求解即可；
（2）由正弦定理得到，结合求得，，然后由正弦定理求解边即可.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得：，即，
所以由余弦定理：，
因为B∈0,π，所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，，
由正弦定理得，所以，
所以，
所以，因为，
所以由正弦定理得：，所以.
16. 在三棱锥中，已知，，平面的法向量为.
（1）求异面直线，所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用向量的夹角公式，准确计算，即可求解；
（2）根据，求得，得到，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，，
设异面直线，所成角为，
可得，
所以异面直线，所成角的余弦值.
【小问2详解】
解：由向量，，且平面的法向量为，
所以，解得，所以，
设直线与平面所成角为，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦值.
17. 在平面直角坐标系中，已知，，，且，点P的轨迹为C.
（1）求C的方程；
（2）求证：当，是x正半轴上的两个不同点，且时，为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由两点间的距离公式，建立等量关系化简即可得C的方程；
（2）由两点间的距离公式，及，化简证明即可.
【小问1详解】
因为已知，，Px,y，
所以，，
因为，所以，
化简得：，
所以C的方程为：.
【小问2详解】
证明：当，是x正半轴上的两个不同点，
则，且，所以，Px,y，
，，
所以，
又，所以，
所以为定值.
18. 在正四棱台中，已知，，，，，，.
（1）证明：平面；
（2）设平面与平面的夹角为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由，即可证明平面；
（2）由（1）可知平面的法向量为，然后求出平面的法向量，求解平面与平面的夹角余弦值即可.
【小问1详解】
如图：连接交于点，交于点，则平面，
又因为在正四棱台中，为正方形，所以，
所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，所以，，
又，所以，
所以A2,0,0，，，，，，，，
因为，所以，
所以，所以，所以，
又，所以，，
所以，所以，
所以，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，
，，令，，，
所以，所以，
所以，所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知，平面的法向量为，
，，
设平面的一个法向量为：n=a,b,c，
则，，令，则，，
所以，
因为平面与平面的夹角为，
所以.
19. 已知函数，，的定义域均为定义：若存在n个互不相同的实数，使得，则称与关于“n维交换”.
（1）判断函数与是否关于“n维交换”，并说明理由；
（2）设，，若与关于“维交换”，求实数k的值.
【答案】（1）与关于是“n维交换”，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意求出，，令，解出的值即可判断；
（2）找到等量关系，构造函数转化零点个数问题求解即可.
【小问1详解】
因为，，
令，所以，解得，
所以有唯一实数解，
即与关于是“维交换”，
所以与关于是“n维交换”.
【小问2详解】
令，依题意，函数R上有3个零点，
显然，即是函数的零点，
当时，若，则，，即函数在时无零点，
若，则在上单调递增，
，函数在时只有1个零点，不符合题意，
因此，①当时，，
显然函数的图象恒过点，
则当时，函数的图象开口向上，在时仅只一个零点，
当时，，在时没有零点，
②当时，，
显然函数的图象恒过点，
，当，即时，在时仅只一个零点，
当，即时，在时有2个零点，
当，即时，在时没有零点，
③当时，，
显然函数的图象恒过点，
当时，在时无零点，当时，在时有1个零点，
综上所述，当时，有3个零点，
所以当与关于“3维交换”时，
【点睛】关键点点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找到等量关系，转化零点个数问题是本题的解题关键.
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